resolución de ecuaciones funcionales $f(x+y) +f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)$ para todos los números reales

Question

La ecuación funcional que hay que resolver es $$ f ( x + y ) + f ( x ) f( y ) = f ( x ) +f ( y ) + f ( x y ) $$ para $ f : \mathbb R \to \mathbb R $ .

Encontré unas cuatro soluciones posibles a la ecuación, pero me topé con un problema fundamental con todas ellas. Por ejemplo, una de las soluciones era $ f ( x + 1 ) = f ( x ) + 1 $ con $ f ( 0 ) = 0 $ . Por inducción he demostrado que $ f ( x ) = x $ para todos los números enteros y fijando $ x = \frac m n $ , $ y = n $ en la ecuación original con $ m $ et $ n $ enteros, he demostrado que $ f ( x ) = x $ para todos los números racionales. Mi principal problema es que no se me ocurre ninguna forma de extender el argumento a todos los números reales. Una búsqueda en Internet me ha dicho que una forma de demostrarlo sería utilizando la densidad de los números racionales, pero este método requiere que la función sea también continua. ¿Alguien podría ayudarme a extender el argumento a los números reales? ¿Quizás si pudiéramos demostrar la continuidad de la función?

Answer 1

Las únicas soluciones a la ecuación funcional $$f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)\tag0\label0$$ son la función identidad, y las funciones constantes $f(x)=0$ et $f(x)=2$ .

Para observar esto, si fijamos $x=y=2$ en \eqref {0} obtenemos $f(2)=0$ o $f(2)=2$ . Estableciendo $x=y=1$ en \eqref {0} obtenemos $f(1)^2-3f(1)+f(2)=0$ . Así que si $f(2)=0$ entonces $f(1)=0$ o $f(1)=3$ y si $f(2)=2$ entonces $f(1)=1$ o $f(1)=2$ .

1. Si $f(2)=0$ et $f(1)=3$ dejando que $y=1$ en \eqref {0}, tenemos $f(x+1)=3-f(x)$ que da como resultado $f(x+2)=3-f(x+1)=3-\big(3-f(x)\big)=f(x)$ . Ahora bien, si ponemos $x=\frac{1}{2}$ et $y=2$ en \eqref {0} obtenemos $f(1)=0$ lo que lleva a una contradicción. Así que este caso no puede darse.
2. Si $f(2)=0$ et $f(1)=0$ dejando que $y=1$ en \eqref {0}, tenemos $f(x+1)=2f(x)$ lo que inductivamente da como resultado $f(x+n)=2^nf(x)$ para cualquier número entero no negativo $n$ . Ahora bien, si ponemos $y=2$ en \eqref {0} obtenemos $f(2x)=3f(x)$ y luego $f(4x)=3f(2x)=9f(x)$ . Againg, poniendo $y=4$ en \eqref {0} concluimos que $f(4x)=15f(x)$ desde $f(4)=2^2f(2)=0$ . Por lo tanto $9f(x)=15f(x)$ y así $f$ es la función constante cero.
3. Si $f(2)=2$ et $f(1)=2$ dejando que $y=1$ en \eqref {0}, tenemos $f(x+1)=2$ . Así que $f$ es la función constante dos.
4. Si $f(2)=2$ et $f(1)=1$ dejando que $y=1$ en \eqref {0}, tenemos $f(x+1)=f(x)+1$ lo que inductivamente da como resultado $f(x+n)=f(x)+n$ para cualquier número entero $n$ . Poniendo $y=n$ en \eqref {0} tenemos $f(nx)=nf(x)$ desde $f(n)=f\big(1+(n-1)\big)=n$ . Sustituyendo $2x$ para $x$ et $2y$ para $y$ en \eqref {0} obtenemos $$f(2x+2y)+f(2x)f(2y)=f(2x)+f(2y)+f(4xy)\text;$$ $$\therefore 2f(x+y)+4f(x)f(y)=2f(x)+2f(y)+4f(xy)\text.$$ Multiplicar \eqref {0} por $2$ y restando la última ecuación, obtenemos $$f(xy)=f(x)f(y)\text.\tag1\label1$$ Restar \eqref {0} y \eqref {1} tenemos $$f(x+y)=f(x)+f(y)\text.\tag2\label2$$ Es bien sabido que si $f$ satisface \eqref {1} y \eqref {2}, entonces es la función constante cero o la función identidad (pista: \eqref {1} implica que $f(x)$ es no negativo para no negativo $x$ . Por \eqref {2} concluimos que $f$ aumenta).

Answer 2

Tú dirás: "Mi principal problema es que no soy capaz de pensar en ninguna manera de extender el argumento a todos los números reales" Te muestro una manera aquí.

Usted tiene para $x\in\mathbb R$ la igualdad $f(x+x) +f(x)f(x)=f(x)+f(x)+f(x^2)$ y sabes que $f(2x)=2f(x)$ ( no sabes ya que $f(x)=x$ ); por lo tanto $f(x^2)=(f(x))^2$ para $x$ real.

Cualquier $x\geq0$ tiene una raíz cuadrada en $\mathbb R$ por lo tanto $f(x)\geq 0$ para $x\geq0$ y para $a,b\in\mathbb {R}$ la desigualdad $a\leq b$ implica $f(a)\leq f(b)$ porque $f$ es (en particular) lineal.

Para ir a $\mathbb R$ lo intentas con $\epsilon>0$ . Sea $\epsilon$ sea un racional positivo; hay dos racionales $r_1, r_2$ tal que $r_2-r_1\leq\epsilon$ et $r_1\leq x\leq r_2$ . En consecuencia $r_1\leq f(x)\leq r_2$ ( has demostrado antes que $f(r_1)=r_1$ y $f(r_2)=r_2$ ) con $r_2-r_1\leq\epsilon$ .

Por lo tanto $|f(x)-x|\leq\epsilon$ con $\epsilon>0$ arbitraria. Así, $f(x)=x$ para $x$ real.